The Klein-Gordon Field (3) - ただの物理屋

■ Noether's Theorem

次に，Noether の定理にまとめられた，古典場の理論における対称性と保存則の関係について議論する．この定理は，場 $\phi$ に関する連続変換に関するもので，無限小形式では，

$\displaystyle{ \phi(x) \rightarrow \phi'(x) = \phi(x) + \alpha\Delta\phi(x) \tag{2.9}}$

と書くことができ，ここで $\alpha$ は無限小パラメータ， $\Delta\phi$ は場の変化である．我々は，運動方程式が不変である場合にこの変換を対称性と呼ぶ．これは，作用が (2.9) の下で不変の場合に保証される．より一般的に，我々は作用を表面項によって変化させることができる．なぜなら，そのような項の存在は Euler-Lagrange の運動方程式 (2.3) の導出に影響を与えないからである．よって，ラグランジアンは (2.9) の下で任意の $\mathcal{J}^{\mu}$ に対して，4元 divergence まで不変でなければならない*1．

$\displaystyle{ \mathcal{L}(x) \rightarrow \mathcal{L}(x) + \alpha\partial_{\mu}\mathcal{J}^{\mu}(x) \tag{2.10}}$

また，

$\displaystyle{ \mathcal{L}(x) \rightarrow \mathcal{L}(x) + \alpha\Delta\mathcal{L}}$

として， $\alpha\Delta\mathcal{L}$ を計算していく．

$\begin{align} \alpha\Delta\mathcal{L} &= \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}(\alpha\Delta\phi) + \left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\right){\partial}_{\mu}(\alpha\Delta\phi) \\\ &= \alpha\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\Delta\phi + \alpha\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\right){\partial}_{\mu}(\Delta\phi) \\\ &= \alpha\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\Delta\phi + \alpha\left[{\partial}_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\Delta\phi\right) - {\partial}_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\right)\Delta\phi\right] \\\ &= \alpha{\partial}_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\Delta\phi\right) + \alpha\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} - {\partial}_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\right)\right] \tag{2.11} \end{align}$

第二項は Euler-Lagrange 方程式 (2.3) によって消えるので，

$\displaystyle{ \alpha\Delta\mathcal{L} = \alpha{\partial}_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\Delta\phi\right)}$

となる．電荷保存の式 ${\partial}_{\mu}j^{\mu} = 0$ の $\alpha$ 倍を引いて，

$\displaystyle{ \alpha\Delta\mathcal{L} = \alpha{\partial}_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\Delta\phi - j^{\mu}\right)}$

これが $\alpha{\partial}_{\mu}\mathcal{J}^{\mu}$ に等しいとして，次式を得る．

$\displaystyle{ {\partial}_{\mu}j^{\mu}(x) = 0,\ \hspace{1cm} for \hspace{0.7cm} j^{\mu}(x) = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\Delta\phi - \mathcal{J}^{\mu} \tag{2.12}}$

この結果は流れ $j^{\mu}(x)$ が保存されていることを示している． $\mathcal{L}$ の各連続対称性に対して，このような保存則がある．また保存則は，電荷

$\displaystyle{ Q \equiv \int_{all \ space} j^0 \ d^3x \tag{2.13}}$

が時間的に一定であるということによっても表現できる．なぜなら， ${\partial}_{\mu}j^{\mu} = 0$ より， ${\partial}_{0}j^{0} - \nabla\cdot\boldsymbol{j} = 0$ であり，両辺積分すると，

$\displaystyle{ \int d^3x \ \frac{\partial j^0}{\partial t} = \int d^3x \ \nabla\cdot\boldsymbol{j}}$

右辺は表面項ゆえゼロとなるので，

$\displaystyle{ \frac{\partial Q}{\partial t} = 0}$

を得る．

このような保存則の最も簡単な例は，運動項のみのラグランジアン： $\mathcal{L} = \frac{1}{2}({\partial}_{\mu}\phi)^{2}$ から生じる．変換 $\phi \rightarrow \phi + \alpha$ は， $\mathcal{L}$ を不変のままにするので，流れ $j^{\mu} = {\partial}^{\mu}\phi$ が保存されていることがわかる．

次の例として，ラグランジアン

$\displaystyle{ \mathcal{L} = |{\partial}_{\mu}\phi|^{2} - m^{2}|\phi|^{2} \tag{2.14}}$

を考える．ここで， $\phi$ は複素数値の場である．このラグランジアンに対する運動方程式が Klein-Gordon 方程式 (2.7) になることは容易に示すことができる．さて，このラグランジアンは変換： $\phi \rightarrow e^{i\alpha}\phi$ の下で不変である．無限小変換なので， $\phi \rightarrow \phi + \alpha\Delta\phi$ とも書ける．これらから，以下の関係式が得られる．

$\begin{aligned} \alpha\Delta\phi &= e^{i\alpha}\phi - \phi \\\ &\sim (1+i\alpha)\phi - \phi \\\ &= i\alpha\phi \end{aligned}$

つまり，

$\displaystyle{ \alpha\Delta\phi = i\alpha\phi; \hspace{1cm} \alpha\Delta\phi^{*} = -i\alpha\phi^{*} \tag{2.15}}$

（ここでは $\phi$ と $\phi^{\ast}$ を独立な場として扱う*2．あるいは， $\phi$ を実部と虚部にわけて考えることもできる*3．）

このとき，保存された Noether current が

$\displaystyle{ j^{\mu} = i\left[({\partial}^{\mu}\phi^{*})\phi - \phi^{*}({\partial}^{\mu}\phi)\right] \tag{2.16}}$

であることを示すのは簡単である．方針としては，変換： $\phi \rightarrow e^{i\alpha}\phi \sim \phi + i\alpha\phi$ でラグランジアンがどのように変換されるかを調べればよい．

$\begin{aligned} |{\partial}_{\mu}\phi|^{2} = {\partial}_{\mu}\phi\cdot{\partial}^{\mu}\phi^{*} &\rightarrow {\partial}_{\mu}(\phi+i\alpha\phi)\cdot{\partial}^{\mu}(\phi^{*}-i\alpha\phi^{*}) \\\ &= ({\partial}_{\mu}\phi+i\alpha{\partial}_{\mu}\phi)({\partial}^{\mu}\phi^{*}-i\alpha{\partial}^{\mu}\phi^{*}) \\\ &\sim |{\partial}_{\mu}\phi|^{2} + \mathcal{O}({\alpha}^2), \end{aligned}$

$\begin{aligned} |\phi|^{2} = \phi\phi^{*} &\rightarrow (\phi+i\alpha\phi)\cdot(\phi^{*}-i\alpha\phi^{*}) \\\ &\sim |\phi|^{2} + \mathcal{O}({\alpha}^2) \end{aligned}$

より，

$\displaystyle{ \mathcal{L} = |{\partial}_{\mu}\phi|^{2} - m^{2}|\phi|^{2} \rightarrow |{\partial}_{\mu}\phi|^{2} - m^{2}|\phi|^{2} + \mathcal{O}({\alpha}^2)}$

これより， $\mathcal{J}^{\mu} = 0$ となり，保存する current は，

$\begin{aligned} j^{\mu} &= \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\Delta\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi^{*})}\Delta\phi^{*} \\\ &= ({\partial}^{\mu}\phi^{*})\cdot i\phi + ({\partial}^{\mu}\phi)\cdot(-i\phi^{*}) \\\ &= i\left[({\partial}^{\mu}\phi^{*}) - \phi^{*}({\partial}^{\mu}\phi)\right] \end{aligned}$

となり，示された．また，この current の divergence が Klein-Gordon 方程式を使うことでゼロになることも確かめることができる．

$\begin{aligned} {\partial}_{\mu}j^{\mu} &= i{\partial}_{\mu}\left[({\partial}^{\mu}\phi^{*})\phi - \phi^{*}({\partial}^{\mu}\phi))\right] \\\ &= i\left[{\partial}_{\mu}({\partial}^{\mu}\phi^{*})\phi + ({\partial}^{\mu}\phi^{*}){\partial}_{\mu}\phi - {\partial}_{\mu}\phi^{*}({\partial}^{\mu}\phi) - \phi^{*}{\partial}_{\mu}({\partial}^{\mu}\phi)\right] \\\ &= i\left[({\partial}_{\mu}{\partial}^{\mu}\phi^{*})\phi - \phi^{*}({\partial}_{\mu}{\partial}^{\mu}\phi)\right] \end{aligned}$

ここで，Klein-Gordon 方程式： $({\partial}_{\mu}{\partial}^{\mu} + m^{2})\phi = 0$ より，

$\displaystyle{ {\partial}_{\mu}{\partial}^{\mu}\phi = -m^{2}\phi\ ,\hspace{0.7cm} {\partial}_{\mu}{\partial}^{\mu}\phi^{\ast} = -m^{2}\phi^{\ast}}$

なので，代入して，

$\displaystyle{ {\partial}_{\mu}j^{\mu} = i\left[(-m^2\phi^{*})\phi - \phi^{*}(-m^2\phi)\right] = 0}$

となり，確かめられた．後にこのラグランジアンに項を付け加え，電磁場へも理解を広げる．

Noether の定理は，平行移動や回転のような時空変換にも適用できる．無限小変換

$\displaystyle{ x^{\mu} \rightarrow x^{\mu} - a^{\mu}}$

を，場の変換

$\displaystyle{ \phi(x) \rightarrow \phi(x+a) = \phi(x) + a^{\mu}{\partial}_{\mu}\phi(x)}$

として書ける*4．このときラグランジアンがどのように変換されるかを調べる．

$\begin{aligned} \mathcal{L}(\phi,\ {\partial}_{\mu}\phi) &\rightarrow \mathcal{L}(\phi+a^{\nu}{\partial}_{\nu}\phi,\ {\partial}_{\mu}(\phi+a^{\nu}{\partial}_{\nu}\phi)) \\\ &\sim \mathcal{L} + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}(a^{\nu}{\partial}_{\nu}\phi) + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}{\partial}_{\mu}(a^{\nu}{\partial}_{\nu}\phi) \end{aligned}$

ここで，

$\displaystyle{ {\partial}_{\nu}\mathcal{L}(\phi,\ {\partial}_{\mu}\phi) = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}{\partial}_{\nu}\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}{\partial}_{\nu}({\partial}_{\mu}\phi)}$

ゆえ，

$\displaystyle{ \mathcal{L} \rightarrow \mathcal{L} + a^{\mu}{\partial}_{\mu}\mathcal{L} = \mathcal{L} + a^{\nu}{\partial}_{\mu}({\delta^{\mu}}_{\nu}\mathcal{L})}$

となる．この式を (2.10) と比較すると，今，ゼロでない $\mathcal{J}^{\mu}$ があることがわかる．(2.11), (2.12) のときと同じような計算を行うと，

$\begin{aligned} a^{\mu}\Delta\mathcal{L} &= \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}(a^{\mu}{\partial}_{\mu}\phi) + \left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\right){\partial}_{\nu}(a^{\mu}{\partial}_{\mu}\phi) \\\ &= a^{\mu}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}{\partial}_{\mu}\phi + \left[{\partial}_{\nu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\cdot a^{\mu}{\partial}_{\mu}\phi\right) - {\partial}_{\nu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\right)a^{\mu}{\partial}_{\mu}\phi\right] \\\ &= a^{\mu}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} - {\partial}_{\nu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\right)\right]{\partial}_{\mu}\phi + {\partial}_{\nu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\cdot a^{\mu}{\partial}_{\mu}\phi\right) \end{aligned}$

第一項は Euler-Lagrange 方程式よりゼロなので，

$\displaystyle{ \Delta\mathcal{L} = {\partial}_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}{\partial}_{\nu}\phi\right)}$

となり，これが ${\partial}_{\mu}({\delta^{\mu}}_{\nu}\mathcal{L})$ に等しいとする．

$\displaystyle{ {T^{\mu}}_{\nu} \equiv \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}{\partial}_{\nu}\phi - \mathcal{L}{\delta^{\mu}}_{\nu} \tag{2.17}}$

これは正確には，場 $\phi$ 中のエネルギー運動量テンソルとも呼ばれる，応力エネルギーテンソルである．ここで，添字の上げ下げをすると，

$\begin{aligned} T^{\lambda\mu} &= \eta^{\lambda\nu}{T^{\mu}}_{\nu} \\\ &= \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}\eta^{\lambda\nu}{\partial}_{\nu}\phi - \mathcal{L}\ \eta^{\lambda\nu}{{\delta}^{\mu}}_{\nu} \\\ &= \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{\mu}\phi)}{\partial}^{\lambda}\phi - \mathcal{L}{\delta}^{\lambda\mu} \end{aligned}$

よって，

$\displaystyle{ T^{0\lambda} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{0}\phi)}{\partial}^{\lambda}\phi - \mathcal{L}{\delta}^{0\lambda}}$

これより $00$ 成分と $0i$ 成分が計算できる．

$\begin{aligned} T^{00} &= \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{0}\phi)}{\partial}^{0}\phi - \mathcal{L}{\delta}^{00} \\\ &= \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}{\partial}_0\phi - \mathcal{L} \\\ &= \pi\dot{\phi} - \mathcal{L} \\\ &= \mathcal{H} \ , \end{aligned}$

$\begin{aligned} T^{0i} &= \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial({\partial}_{0}\phi)}{\partial}^{i}\phi - \mathcal{L}{\delta}^{0i} \\\ &= \pi{\partial}^{i}\phi \\\ &= -\pi{\partial}_{i}\phi \end{aligned}$